Dane są niezależne zmienne losowe \(\displaystyle{ X, Y, Z}\), przy czym \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) mają rozkład wykładniczy z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\) zaś \(\displaystyle{ Z}\) ma rozkład dwupunktowy \(\displaystyle{ P(Z=0)=p, P(Z=1)=1-p}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 < p <1}\).
Znaleźć rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ \frac{X}{X+YZ}}\).
Oto moje rozwiązanie, prosiłbym kogoś kompetentnego o sprawdzenie
\(\displaystyle{ W:=\frac{X}{X+YZ}}\) przyjmuje wartości z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\), zatem \(\displaystyle{ P(W<0)=0}\), \(\displaystyle{ P(W>1)=0}\). Poza tym \(\displaystyle{ P(W=0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ P(W=1)=P(YZ=0)=P(Z=0)=p}\).
Pozostaje wyznaczyć \(\displaystyle{ P(W \le t)}\) dla \(\displaystyle{ t \in (0,1)}\).
Przekształcamy: \(\displaystyle{ P(\frac{X}{X+YZ} \le t)=P(\frac{X(1-t)}{Yt} \le Z)}\)
Znając rozkład Z i korzystając z niezależności zmiennych rozbijamy ostatnie wyrażenie na sumę:
\(\displaystyle{ P(\frac{X(1-t)}{Yt} > 1) \cdot 0 + P(\frac{X(1-t)}{Yt} \in (0,1]) \cdot (1-p)+P(\frac{X(1-t)}{Yt} \le 0) \cdot 1}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ P(\frac{X(1-t)}{Yt} \le 0)=0}\) i \(\displaystyle{ P(\frac{X(1-t)}{Yt} > 0)=1}\) to zostaje nam \(\displaystyle{ P(W \le t) = P(\frac{X(1-t)}{Yt} \le 1) \cdot (1-p)}\).
Korzystając z niezależności \(\displaystyle{ X,Y}\) mamy rozkład wektora \(\displaystyle{ (X,Y)}\) i liczymy \(\displaystyle{ P(\frac{X(1-t)}{Yt} \le 1)= P(X \le \frac{Yt}{1-t})=\int_{0}^{\frac{yt}{1-t}} \int_{0}^{\infty}\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}dydx=...=t}\)
Czyli ostatecznie dystrybuanta \(\displaystyle{ F_W(t)= \begin{cases} 0, t \le 0 \\ (1-p)t, t \in (0,1) \\ 1, t \ge 1 \end{cases}}\)
Funkcja zmiennych losowych
- Majorkan
- Użytkownik
- Posty: 128
- Rejestracja: 14 paź 2007, o 18:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków/Jasło
- Podziękował: 13 razy
- Pomógł: 33 razy
Funkcja zmiennych losowych
Będę się jednak upierał, że wychodzi samo \(\displaystyle{ t}\)
Całkując \(\displaystyle{ e^{-\lambda x}}\) dostajemy przy funkcji pierwotnej \(\displaystyle{ \frac{-1}{\lambda}}\), a potem drugi raz całkując po y i w końcu to \(\displaystyle{ \lambda^2}\) się skraca.
Całkując \(\displaystyle{ e^{-\lambda x}}\) dostajemy przy funkcji pierwotnej \(\displaystyle{ \frac{-1}{\lambda}}\), a potem drugi raz całkując po y i w końcu to \(\displaystyle{ \lambda^2}\) się skraca.
-
- Użytkownik
- Posty: 8601
- Rejestracja: 1 maja 2006, o 20:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 47 razy
- Pomógł: 1816 razy
Funkcja zmiennych losowych
Nie bardzo rozumiem, dlaczego ma być: \(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{yt}{1-t}} \int_{0}^{\infty}\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}dydx=...=t}\).
Skoro w górnej granicy zewnętrznej całki jest wyrażenie z y to również w ostatecznym wyniku powinno to występować i wg moich rachunków jest to: \(\displaystyle{ 1 - \exp \left( \tfrac{\lambda y t}{t - 1} \right)}\) ?
Skoro w górnej granicy zewnętrznej całki jest wyrażenie z y to również w ostatecznym wyniku powinno to występować i wg moich rachunków jest to: \(\displaystyle{ 1 - \exp \left( \tfrac{\lambda y t}{t - 1} \right)}\) ?